主頁 > 區塊鏈 > 第 45 屆國際大學生程式設計競賽（ICPC）亞洲網上區域賽模擬賽 題解（除了C、G之后補）

第 45 屆國際大學生程式設計競賽（ICPC）亞洲網上區域賽模擬賽 題解（除了C、G之后補）

2020-11-03 07:35:41 區塊鏈

這次比賽好多原題呀…（就是那種稍微拓展了一點的原題）

目錄

    • A、Easy Equation
    • B、XTL's Chessboard
    • D、Pokemon Ultra Sun
    • E、Eat Walnuts
    • F、wrestling on road
    • H、Nuclear launch detected
    • I 、Character Wheels
    • J、K-th route

A、Easy Equation

在這里插入圖片描述
題目大意：求 x + y + z = k x+y+z=k x+y+z=k的方案數，輸入為四個數可取的范圍，

前綴和差分，

首先一看資料范圍是1e6就不可能 O ( n 2 ) O(n^2) O(n2)做，只能 O ( n ) O(n) O(n)，

之前做過一道簡化版的題，是求 x + y = z x+y=z x+y=z的方案數，用的好像是什么前綴和映射思想，我忘了，是CF上面的一次比賽題，但是我找不到了…這里是三個，所以把那個方法拓展一下即可，

實際上用前綴和來解決思路特別簡單，大致是一個前綴和+遞推DP的思想，

因為有三個數相加的方案數

我們用 f[i] 表示i能夠被多少個前兩個范圍的數（x+y）加起來的方案數，我們直接回圈x，那么所有從 x 到 x+b的數都能被這個數遞推過去，方案數+1，我們可以直接用前綴和來維護一個區間+1的操作，這樣求得 f 陣列，然后我們用同樣的思路求g陣列，其中g[i]表示的是i能夠被多少個x+y+z的方案數，同樣的我們維護一個前綴和差分，再求一次前綴和就是所有能通過x+y+z得到這個數的方案數，我們直接列舉所有d的范圍，求和既是答案，

一個小插曲

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<vector>

using namespace std;

const int N = 1e8 + 7, M = 5000007, INF = 0x3f3f3f3f;

long long a, b, c, d;
long long f[N];
long long g[N];

int main()
{

    scanf("%lld%lld%lld%lld", &a, &b, &c, &d);
    for(int i = 0; i <= a; ++ i){
        f[i] ++ ;
        f[i + b + 1] -- ;
    }
    for(int i = 1; i <= a + b; ++ i)
        f[i] += f[i - 1];
    for(int i = 0; i <= a + b; ++ i){
        g[i] += f[i];
        g[i + c + 1] -= f[i] ;
    }
    for(int i = 1 ;i <= a + b + c; ++ i)
        g[i] += g[i - 1];
    long long ans = 0;
    for(int i = 0; i <= d; ++ i)
        ans += g[i];
    printf("%lld\n", ans);
    return 0;
}

B、XTL’s Chessboard

在這里插入圖片描述
在這里插入圖片描述
題目大意：彈彈彈

SB題，直接輸出2就行了，因為所有的點沿著45度角射出反彈最后都會回到起點，x-1和y-1互質的時候一定會經過角，就會直接反彈原路回傳，所以只有起點和終點經過奇數次，答案就是2，

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<vector>

using namespace std;

const int N = 500007, M = 5000007, INF = 0x3f3f3f3f;

int n, m, t;
int a[N], b[N];
bool vis[N];
int ans;

int main()
{
    int x, y;
    while(scanf("%d%d%d%d", &n, &m, &x, &y) != EOF && n + m){
        printf("2\n");
    }
    return 0;
}

看了一位大佬的博客，說是因為測驗數弱，實際上應該加一些特判
博客鏈接：我是傳送門

先考慮在左上，右下，0個，再考慮正方形，是2*x-2，剩下都是2，

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
int main()
{
    ll x,y,a,b;
    cin>>x>>y>>a>>b;
    if((a==x&&b==1)||(a==1&&b==y))
    {
        printf("0\n");
    }else if(a==1&&b==1&&x==y)
    {
        printf("1\n");
    }else{
        if(x==y)
        {
            printf("%lld\n",2*x-2);
        }else{
            printf("2\n");
        }
    }
    return 0;
}

D、Pokemon Ultra Sun

在這里插入圖片描述
題目大意：寶可夢們大戰，你和對手都有一個血量，每一輪都是你打對手，攻擊力為w，每次有p的概率對手掉血，1-p的概率你自己掉血，求比賽輪數的期望，

概率DP板子題…

我們用 f[i][j] 表示我方掉i血敵方掉j血的期望，
然后直接輸出即可，

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<vector>

using namespace std;

const int N = 3507, M = 5000007, INF = 0x3f3f3f3f;

int n, m, t;
int hp1, hp2, w;
double f[N][N];
double p;

int main()
{
    scanf("%d", &t);
    while(t -- ){
        scanf("%d%d%d%lf", &hp1, &hp2, &w, &p);
        memset(f, 0, sizeof f);
        for(int i = 1; i <= hp1; ++ i){
            for(int j = 1; j <= hp2; ++ j){
                f[i][j] = f[max(0, i - w)][j] * (1 - p) + f[i][max(0, j - w)] * p + 1.0;
            }
        }
        printf("%.6f\n", f[hp1][hp2]);
    }
    return 0;
}

E、Eat Walnuts

在這里插入圖片描述
題目大意：一排的核桃，你每次可以從連續的三個中拿走中間的那一個，花費為a[i - 1] * a[i] * a[i + 1]，求拿的只剩下兩個核桃的最小花費，

其實就是一道區間DP的板子題，之前有一道最優矩陣鏈乘的題，幾乎一摸一樣，只不過計算方法改了一點，主要是這里需要至少三個核桃才能拿走一個，所以我們需要規定長度至少為3，然后初始化的時候應該初始化f[i][i] = 0; f[i][i + 1] = 0;，而最優矩陣鏈乘中兩個數表示兩個矩陣，所以初始條件和長度不一樣，區間DP需要考慮邊界，可轉移長度，最后才是轉移方程，

#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cstring>

using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 2007, M = 5000007, INF = 0x3f3f3f3f;

int n, m;
int f[N][N];
int a[N];

int main()
{
    while(scanf("%d", &n) != EOF && n){
        memset(f, 0x3f, sizeof f);
        for(int i = 1; i <= n; ++ i){
            scanf("%d", &a[i]);
            f[i][i] = 0;
            f[i][i + 1] = 0;
        }

        for(int len = 2; len <= n; ++ len){
            for(int i = 1; i <= n - len + 1; ++ i){
                int j = i + len - 1;
                for(int k = i + 1; k < j; ++ k)
                    f[i][j] = min(f[i][j], f[i][k] + f[k][j] + (a[i] + a[k] + a[j]) * (a[i] + a[k] + a[j]));
            }
        }
        printf("%d\n", f[1][n]);
    }
    return 0;
}

F、wrestling on road

在這里插入圖片描述
題目翻譯 ♂：

Banana先生和Kazuya先生是新日暮里的著名哲學家，新日暮里的國王范（Van）無法在沒有他們的情況下管理帝國，因此他將左右監護人的頭銜賦予他們，

由于政治上的差異，他們處于相反的立場，新日暮里每天都有早會，范需要設計兩條路線，以便香蕉先生和和也雅先生可以參加早會，使事情變得難以管理的是，如果一條道路（不包括兩個終點）既屬于香蕉先生的道路又屬于Kazuya的道路，那么它們將相互搏斗，

一般而言，新日暮里由n個城市和m條沒有自環的雙向道路組成，最多有一條道路連接任何兩個城市，Banana先生居住在1號城市，Kazuya先生居住在2號城市，n和n ? 1城市有兩個豪華轎車，他們應該參加早上的會議，更正式地：

如果道路在香蕉先生的路線上，那么它就不能可以在和Kazuya的路線上，反之亦然，（也就是他們的路線不能有交叉）

如果Banana先生應該在n城市使用豪華轎車，而Kazuya應該在n-1城市使用豪華轎車，（也就是🍌要到點n，Kazuya要到點n-1）

比賽的時候時間比較短因為這道題沒人過，我都沒看這道題

結果又是原題，還是我兩周前剛做過的題，正解是LCA，我之前是用樹鏈剖分過的，

還沒A，晚上回來補一下

啊，是我看錯了，好像不能用樹鏈剖分，因為這不是樹…那沒事了

應該用tarjan縮點，或者LCA亂搞

題目大意就是判斷是否有兩條道路，使得沒有重邊，可以有重點，

//假的樹鏈剖分代碼，過不去，我題看錯了，等我有空了就補
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cstring>

using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 500007, M = 5000007, INF = 0x3f3f3f3f;
const double eps = 1e-6;

int n, m;
int root, mod;
int head[N], ver[M], nex[M], tot;
int a[N], a_after[N];
struct Tree
{
    int l, r;
    int lz;
    int maxv;
}tr[N * 4];
int son[N];
int id[N], fa[N], cnt, deep[N], sizes[N];
int top[N];

void add(int x, int y)
{
    ver[tot] = y;
    nex[tot] = head[x];
    head[x] = tot ++ ;
}

inline void pushup(int p){
    tr[p].maxv = max(tr[p << 1].maxv, tr[p << 1 | 1].maxv);
}

inline void pushdown(int p)
{
    auto &root = tr[p], &left = tr[p << 1], &right = tr[p << 1 | 1];
    if(root.lz == 0)return ;
    left.lz += root.lz;
    right.lz += root.lz;
    left.maxv += root.lz;
    right.maxv += root.lz;
    root.lz = 0;
}

void build(int p, int l, int r)
{
    tr[p] = {l, r, 0, 0};
    if(l == r){
        tr[p].maxv = a_after[l];
        return ;
    }
    int mid = l + r >> 1;
    build(p << 1, l, mid);
    build(p << 1 | 1, mid + 1, r);
    pushup(p);
}

int query(int p, int l, int r)
{
    if(tr[p].l >= l && tr[p].r <= r){
        return tr[p].maxv;
    }
    pushdown(p);
    int mid = tr[p].l +tr[p].r >> 1;
    int res = 0;
    if(l <= mid)res = max(res, query(p << 1, l, r));
    if(r > mid)res = max(res, query(p << 1 | 1, l, r));
    return res;
}

void modify(int p, int l, int r, int k)
{
    if(tr[p].l >= l && tr[p].r <= r){
        tr[p].lz += k;
        tr[p].maxv += k;
        return ;
    }
    int mid = tr[p].l + tr[p].r >> 1;
    pushdown(p);
    if(l <= mid)modify(p << 1, l, r, k);
    if(r > mid)modify(p << 1 | 1, l, r, k);
    pushup(p);
    return ;
}

void dfs_son(int x, int father, int deeps)
{
    deep[x] = deeps;
    fa[x] = father;
    sizes[x] = 1;
    int max_son = -1;
    for(int i = head[x]; ~i; i = nex[i]){
        int y = ver[i];
        if(y == father)continue;
        dfs_son(y, x, deeps + 1);
        sizes[x] += sizes[y];
        if(sizes[y] > max_son)son[x] = y, max_son = sizes[y];
    }
}

void dfs_build(int x, int topfa)
{
    id[x] = ++ cnt;
    a_after[cnt] = a[x];
    top[x] = topfa;
    if(!son[x])return ;
    dfs_build(son[x], topfa);
    for(int i = head[x]; ~i; i = nex[i]){
        int y = ver[i];
        if(y == fa[x] || y == son[x])continue;
        dfs_build(y, y);//每個節點都有從他自己開始的一個輕鏈
    }
}

void update_range(int x, int y, int k)
{
    while(top[x] != top[y]){
        if(deep[top[x]] < deep[top[y]])swap(x, y);
        modify(1, id[top[x]], id[x], k);
        x = fa[top[x]];
    }
    if(deep[x] > deep[y])
        swap(x, y);
        modify(1, id[x], id[y], k);
}

bool solve(int a1, int a2, int b1, int b2){
    update_range(a1, a2, 1);
    update_range(b1, b2, 1);
    if(tr[1].maxv == 2){
        return false;
    }
    update_range(a1, a2, -1);
    update_range(b1, b2, -1);
    return true;
}
int t;
int main()
{
    scanf("%d", &t);
    while(t -- ){
        memset(tr, 0, sizeof tr);
        memset(head, -1, sizeof head);
        tot = 0;
        scanf("%d%d", &n, &m);
        root = 1;
        for(int i = 1; i <= n - 1; ++ i){
            int x, y;
            scanf("%d%d", &x, &y);
            add(x, y);add(y, x);
        }
        dfs_son(root, 0, 1);
        dfs_build(root, root);
        build(1, 1, n);
        //1~n, 1 ~ n - 1//2~n, 2~n - 1
        bool flag = 0;
        if(solve(1, n, 2, n - 1))
            puts("Banana and kazuya won't be angry!"), flag = 1;
        if(!flag && solve(1, n - 1, 2, n))
            puts("Banana and kazuya won't be angry!"), flag = 1;
        if(!flag)puts("Van is in a dilemma!");
    }
    return 0;
}

H、Nuclear launch detected

在這里插入圖片描述
DP

#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cstring>

using namespace std;
const int N = 2e5 + 5;
int n, h, l, r, a[N];
int dp[N][205];
int f(int x) { x = (x%h+h)%h; return x>=l&&x<=r; }
int main()
{
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0);
	cin >> n >> h >> l >> r;
	for(int i=1; i<=n; i++)
	{
		cin >> a[i];
		a[i] = (a[i] + a[i-1])%h;
		for(int j=0; j<=min(i-1, h-1); j++)
		{
			dp[i][j] = max(dp[i][j], dp[i-1][j] + f(a[i]-j));
			dp[i][(j+1)%h] = max(dp[i][(j+1)%h], dp[i-1][j] + f(a[i]-j-1));
		}
	}
	int ans = 0;
	for(int i=0; i<h; i++) ans = max(ans, dp[n][i]);
	cout << ans << '\n';
	return 0;
}

I 、Character Wheels

在這里插入圖片描述
題目大意：給你一個n*n的字串矩陣，其中n是偶數，我們從外向里編號為1~n，每次輸入P表示輸出這個矩陣，L、x、t表示第x圈向左（逆時針）轉t圈，R同理，

其實就是一個大模擬，會讓你轉然后輸出，我們可以標記一下當前一共需要轉多少次，最后輸出的時候直接判斷一下畫圖輸出即可，因為只有四種情況，畢竟正方形，轉四圈就會轉回來，然后一直是一個回圈節，所以我們只需要考慮%4，分別畫圖計算出轉0，1，2，3次的位置輸出即可，不用真的每次都把圖轉過來，這樣寫出來代碼比較簡單，（輸入字符還是cin好用，不用擔心什么奇怪的換行符，空格符，輸出的時候可以用printf快一點）

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<vector>

using namespace std;

const int N = 107, M = 5000007, INF = 0x3f3f3f3f;

int n, m;
int a[N];
char g[N][N], op;
int num;
int rota[N];//rota[i]表示第i圈要順時針轉多少圈

int get_num(int x, int y)//得到圈數，畫個圖就好
{
    int minv = min(x, y);//一側
    int maxv = n + 1 - max(x, y);//另一側
    return min(minv, maxv);//最小既是圈數
}

void print()
{
    for(int i = 1; i <= n; ++ i){
        for(int j = 1; j <= n; ++ j){
            num = get_num(i, j);
            int t = rota[num];
            if(t == 1)
                printf("%c", g[n + 1 - j][i]);//自己畫圖理解
            else if(t == 2)
                printf("%c", g[n + 1 - i][n + 1 - j]);
            else if(t == 3)
                printf("%c", g[j][n + 1 - i]);
            else printf("%c", g[i][j]);
        }
        puts("");
    }
}

int main()
{
    scanf("%d", &n);
    for(int i = 1; i <= n; ++ i){
        for(int j = 1; j <= n; ++ j){
            cin >> g[i][j];
        }
    }
    scanf("%d", &m);
    while(m -- ){
        cin >> op;
        if(op == 'P'){
            print();
        }
        else if(op == 'L'){
            int x, t;
            scanf("%d%d", &x, &t);
            rota[x] -= t;
            while(rota[x] < 0)//順時針轉3圈等于逆時針轉1圈
                rota[x] += 4;
        }
        else {
            int x, t;
            scanf("%d%d", &x, &t);
            rota[x] += t;
            rota[x] %= 4;
        }
    }
    return 0;
}

J、K-th route

在這里插入圖片描述
圖我收了

待補，

先放一個大佬的代碼：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define rep(i,h,t) for (int i=h;i<=t;i++)
#define dep(i,t,h) for (int i=t;i>=h;i--)
#define ll long long
const int N=3e6;
ll f[N],a,b,c,d;
int main()
{
	ios::sync_with_stdio(false);
	int T;
	cin>>T;
	while(T--)
	{
		int x,y,k;
		cin>>x>>y>>k;
		if (k>(x+1)*(y+1)-1||x+y>k||(k-x-y)%2==1)
		{
			cout<<"NO"<<endl;
		} else
		{
			cout<<"YES"<<endl;
			int t=k-x-y;
			int f=t/(2*y);
			int x1=0,y1=0;;
			rep(i,1,f)
			{
				x1+=2;
				rep(j,1,y) cout<<"E";
				cout<<"S";
				rep(j,1,y) cout<<"W";
				cout<<"S";
			}
		    f=(t%(2*y))/2;
		    if (x1<x-1)
		    {
		    	rep(i,1,f) cout<<"E";
		    	cout<<"S";
		    	rep(i,1,f) cout<<"W";
		    	cout<<"S";
		    	x1+=2;
		    } else
		    {
		      rep(i,1,f)
			  {
				y1+=2;
				cout<<"SENE";
		      }
		    }
		    rep(i,x1,x-1) cout<<"S";
			rep(i,y1,y-1) cout<<"E";
			cout<<endl; 
		}
	}
	return 0;
}

轉載請註明出處，本文鏈接：https://www.uj5u.com/qukuanlian/200641.html

標籤：區塊鏈

上一篇：CSDN個人主頁下如何添加微信公眾號？

下一篇：自同步擾亂編碼器的原理與MATLAB仿真

標籤雲
其他(157675) Python(38076) JavaScript(25376) Java(17977) C(15215) 區塊鏈(8255) C＃(7972) AI(7469) 爪哇(7425) MySQL(7132) html(6777) 基礎類(6313) sql(6102) 熊猫(6058) PHP(5869) 数组(5741) R(5409) Linux(5327) 反应(5209) 腳本語言(PerlPython)(5129) 非技術區(4971) Android(4554) 数据框(4311) css(4259) 节点.js(4032) C語言(3288) json(3245) 列表(3129) 扑(3119) C++語言(3117) 安卓(2998) 打字稿(2995) VBA(2789) Java相關(2746) 疑難問題(2699) 细绳(2522) 單片機工控(2479) iOS(2429) ASP.NET(2402) MongoDB(2323) 麻木的(2285) 正则表达式(2254) 字典(2211) 循环(2198) 迅速(2185) 擅长(2169) 镖(2155) 功能(1967) .NET技术(1958) Web開發(1951) python-3.x(1918) HtmlCss(1915) 弹簧靴(1913) C++(1909) xml(1889) PostgreSQL(1872) .NETCore(1853) 谷歌表格(1846) Unity3D(1843) for循环(1842)

熱門瀏覽
  • JAVA使用 web3j 進行token轉賬

    最近新學習了下區塊鏈這方面的知識，所學不多，給大家分享下。 # 1. 關于web3j web3j是一個高度模塊化，反應性，型別安全的Java和Android庫，用于與智能合約配合并與以太坊網路上的客戶端（節點）集成。 # 2. 準備作業 jdk版本1.8 引入maven <dependency> < ......

    uj5u.com 2020-09-10 03:03:06 more
  • 以太坊智能合約開發框架Truffle

    前言 部署智能合約有多種方式，命令列的瀏覽器的渠道都有，但往往跟我們程式員的風格不太相符，因為我們習慣了在IDE里寫了代碼然后打包運行看效果。 雖然現在IDE中已經存在了Solidity插件，可以撰寫智能合約，但是部署智能合約卻要另走他路，沒辦法進行一個快捷的部署與測驗。 如果團隊管理的區塊節點多、 ......

    uj5u.com 2020-09-10 03:03:12 more
  • 谷歌二次驗證碼成為區塊鏈專用安全碼，你怎么看？

    前言 谷歌身份驗證器，前些年大家都比較陌生，但隨著國內互聯網安全的加強，它越來越多地出現在大家的視野中。 比較廣泛接觸的人群是國際3A游戲愛好者，游戲盜號現象嚴重+國外賬號安全應用廣泛，這類游戲一般都會要求用戶系結名為“兩步驗證”、“雙重驗證”等，平臺一般都推薦用谷歌身份驗證器。 后來區塊鏈業務風靡 ......

    uj5u.com 2020-09-10 03:03:17 more
  • 密碼學DAY1

    目錄 ##1.1 密碼學基本概念 密碼在我們的生活中有著重要的作用，那么密碼究竟來自何方，為何會產生呢？ 密碼學是網路安全、資訊安全、區塊鏈等產品的基礎，常見的非對稱加密、對稱加密、散列函式等，都屬于密碼學范疇。 密碼學有數千年的歷史，從最開始的替換法到如今的非對稱加密演算法，經歷了古典密碼學，近代密 ......

    uj5u.com 2020-09-10 03:03:50 more
  • 密碼學DAY1_02

    目錄 ##1.1 ASCII編碼 ASCII（American Standard Code for Information Interchange，美國資訊交換標準代碼）是基于拉丁字母的一套電腦編碼系統，主要用于顯示現代英語和其他西歐語言。它是現今最通用的單位元組編碼系統，并等同于國際標準ISO/IE ......

    uj5u.com 2020-09-10 03:04:50 more
  • 密碼學DAY2

    ##1.1 加密模式 加密模式：https://docs.oracle.com/javase/8/docs/api/javax/crypto/Cipher.html ECB ECB : Electronic codebook, 電子密碼本. 需要加密的訊息按照塊密碼的塊大小被分為數個塊，并對每個塊進 ......

    uj5u.com 2020-09-10 03:05:42 more
  • NTP時鐘服務器的特點（京準電子）

    NTP時鐘服務器的特點（京準電子） NTP時鐘服務器的特點（京準電子） 京準電子官V——ahjzsz 首先對時間同步進行了背景介紹，然后討論了不同的時間同步網路技術，最后指出了建立全球或區域時間同步網存在的問題。 一、概 述 在通信領域，“同步”概念是指頻率的同步，即網路各個節點的時鐘頻率和相位同步 ......

    uj5u.com 2020-09-10 03:05:47 more
  • 標準化考場時鐘同步系統推進智能化校園建設

    標準化考場時鐘同步系統推進智能化校園建設 標準化考場時鐘同步系統推進智能化校園建設 安徽京準電子科技官微——ahjzsz 一、背景概述隨著教育事業的快速發展，學校建設如雨后春筍，隨之而來的學校教育、管理、安全方面的問題成了學校管理人員面臨的最大的挑戰，這些問題同時也是學生家長所擔心的。為了讓學生有更 ......

    uj5u.com 2020-09-10 03:05:51 more
  • 位元幣入門

    引言 位元幣基本結構 位元幣基礎知識 1）哈希演算法 2）非對稱加密技術 3）數字簽名 4）MerkleTree 5）哪有位元幣，有的是UTXO 6）位元幣挖礦與共識 7）區塊驗證（共識） 總結 引言 上一篇我們已經知道了什么是區塊鏈，此篇說一下區塊鏈的第一個應用——位元幣。其實先有位元幣，后有的區塊 ......

    uj5u.com 2020-09-10 03:06:15 more
  • 北斗對時服務器（北斗對時設備）電力系統應用

    北斗對時服務器（北斗對時設備）電力系統應用 北斗對時服務器（北斗對時設備）電力系統應用 京準電子科技官微（ahjzsz） 中國北斗衛星導航系統（英文名稱：BeiDou Navigation Satellite System，簡稱BDS），因為是目前世界范圍內唯一可以大面積提供免費定位服務的系統，所以 ......

    uj5u.com 2020-09-10 03:06:20 more
最新发布
  • web3 產品介紹：metamask 錢包 使用最多的瀏覽器插件錢包

    Metamask錢包是一種基于區塊鏈技術的數字貨幣錢包，它允許用戶在安全、便捷的環境下管理自己的加密資產。Metamask錢包是以太坊生態系統中最流行的錢包之一，它具有易于使用、安全性高和功能強大等優點。 本文將詳細介紹Metamask錢包的功能和使用方法。 一、 Metamask錢包的功能 數字資 ......

    uj5u.com 2023-04-20 08:46:47 more
  • Hyperledger Fabric 使用 CouchDB 和復雜智能合約開發

    在上個實驗中，我們已經實作了簡單智能合約實作及客戶端開發，但該實驗中智能合約只有基礎的增刪改查功能，且其中的資料管理功能與傳統 MySQL 比相差甚遠。本文將在前面實驗的基礎上，將 Hyperledger Fabric 的默認資料庫支持 LevelDB 改為 CouchDB 模式，以實作更復雜的資料... ......

    uj5u.com 2023-04-16 07:28:31 more
  • .NET Core 波場鏈離線簽名、廣播交易（發送 TRX和USDT）筆記

    Get Started NuGet You can run the following command to install the Tron.Wallet.Net in your project. PM> Install-Package Tron.Wallet.Net 配置 public reco ......

    uj5u.com 2023-04-14 08:08:00 more
  • DKP 黑客分析——不正確的代幣對比率計算

    概述： 2023 年 2 月 8 日，針對 DKP 協議的閃電貸攻擊導致該協議的用戶損失了 8 萬美元，因為 execute() 函式取決于 USDT-DKP 對中兩種代幣的余額比率。 智能合約黑客概述： 攻擊者的交易：0x0c850f，0x2d31 攻擊者地址：0xF38 利用合同：0xf34ad ......

    uj5u.com 2023-04-07 07:46:09 more
  • Defi開發簡介

    Defi開發簡介 介紹 Defi是去中心化金融的縮寫， 是一項旨在利用區塊鏈技術和智能合約創建更加開放，可訪問和透明的金融體系的運動. 這與傳統金融形成鮮明對比，傳統金融通常由少數大型銀行和金融機構控制 在Defi的世界里，用戶可以直接從他們的電腦或移動設備上訪問廣泛的金融服務，而不需要像銀行或者信 ......

    uj5u.com 2023-04-05 08:01:34 more
  • solidity簡單的ERC20代幣實作

    // SPDX-License-Identifier: GPL-3.0 pragma solidity >=0.7.0 <0.9.0; import "hardhat/console.sol"; //ERC20 同質化代幣，每個代幣的本質或性質都是相同 //ETH 是原生代幣，它不是ERC20代幣, ......

    uj5u.com 2023-03-21 07:56:29 more
  • solidity 參考型別修飾符memory、calldata與storage 常量修飾符C

    在solidity語言中 參考型別修飾符(參考型別為存盤空間不固定的數值型別) memory、calldata與storage,它們只能修飾參考型別變數，比如字串、陣列、位元組等... memory 適用于方法傳參、返參或在方法體內使用，使用完就會清除掉，釋放記憶體 calldata 僅適用于方法傳參 ......

    uj5u.com 2023-03-08 07:57:54 more
  • solidity注解標簽

    在solidity語言中 注釋符為// 注解符為/* 內容*/ 或者 是 ///內容 注解中含有這幾個標簽給予我們使用 @title 一個應該描述合約/介面的標題 contract, library, interface @author 作者的名字 contract, library, interf ......

    uj5u.com 2023-03-08 07:57:49 more
  • 評價指標：相似度、GAS消耗

    【代碼注釋自動生成方法綜述】 這些評測指標主要來自機器翻譯和文本總結等研究領域,可以評估候選文本(即基于代碼注釋自動方法而生成)和參考文本(即基于手工方式而生成)的相似度. BLEU指標^[^?88^^?^]^:其全稱是bilingual evaluation understudy.該指標是最早用于 ......

    uj5u.com 2023-02-23 07:27:39 more
  • 基于NOSTR協議的“公有制”版本的Twitter,去中心化社交軟體Damus

    最近，一個幽靈，Web3的幽靈，在網路游蕩，它叫Damus，這玩意詮釋了什么叫做病毒式營銷，滑稽的是，一個Web3產品卻在Web2的產品鏈上瘋狂傳銷，各方大佬紛紛為其背書，到底發生了什么？Damus的葫蘆里，賣的是什么藥？ 注冊和簡單實用 很少有什么產品在用戶注冊環節會有什么噱頭，但Damus確實出 ......

    uj5u.com 2023-02-05 06:48:39 more

Copyright © 2010-2020 有解無憂